Dispositivos Facts
Páginas: 6 (1405 palabras)
Publicado: 7 de agosto de 2011
Dispositivos FACTS para la regulación
y control de las redes eléctricas
(I)
En el sistema unifilar mostrado en la figura 1 la carga trifásica de tipo inductiva consume 1400 kW de potencia activa y 700 kVar de potencia reactiva. La carga está conectada a una red trifásica de 4160 kV de tensión de línea (Vs), con una impedancia equivalente Zth = j 1.0 ohm/fase.
a) Calcule el valor dela caída de tensión DV cuando la carga absorbe su potencia nominal
Solución:
Para este caso no trabaja el Statcom obteniendo el siguiente circuito:
[pic]
Luego Vth será 4.160 kV y la carga producirá una caída de tensión en la impedancia Zth por lo tanto podemos calcular V mediante la siguiente ecuación:
[pic]
Donde:
Zs = Rs+jXs
Dado que Rs = 0, entonces:
[pic]…………….. (1)
[pic] …………….. (2)
Luego los valores son por fase por lo que:
P = 1400/3 = 466.667 kW
Q = 700/3 = 233.33 kVar
E = 4160/√3 = 2401.777
Xs = 1
Reemplazando los valores en la ecuación (1):
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]5.25001496.[pic]
[pic]0.0518517.[pic]
[pic]
V = 2.29129 kV por fase
Finalmente la tensión línea a línea será:
Vs =Vsfase .√3
Vs línea =3.96863 kV
Luego la caída de tensión será:
DV = 4.160 L0º - 3.96863 L -26º
DV = 610.3496 Volt.
b) Se coloca un Statcom para la regulación de tensión. Calcule el valor de la potencia en el rango capacitivo que debe presentar el dispositivo para mantener la carga alimentada con regulación de tensión 1.5%.
Solución:
Ahora conectado el Statcom calculamos la potencia capacitiva pararegulación de 1.5%:
Vmin = 4160 x 0.985 = 4097.60 kV
Vmáx = 4160 x 1.015 = 4222.40 kV
Luego empleamos la ecuación (1) para calcular Q:
[pic] …………….. (1)
De donde despejamos Q:
[pic] ………………… (3)
Así mismo los valores de los parámetros son:
E = 4160/√3 = 2401.777 V
Vmin = 4097.60/√3 = 2365.75 V
P = 1400/3 = 466.667 kW
Xs =1
Reemplazando en laecuación:
[pic]
Q = 66.03384 kVar
Luego:
Q comp 1f = Q sistema – Q carga
Q comp 1f = 66.03384 – 700/3
Q comp 1f = -167.2994 kVar
Finalmente la potencia capacitive total será:
Q comp 1f = 66.03384 x 3
Q comp 3f = 501.8984 kVar
c) Durante determinadas horas del día la tensión de la red se incrementa hasta 12% de su valor nominal. Calcule la potencia enel rango inductivo que debe presentar el Statcom para mantener la tensión con 1.5% de regulación.
De igual forma que en el caso anterior empleamos la ecuación (3):
[pic] ………………… (3)
Donde los valores de los parámetros son:
E = 4160/√3 x 1.12 = 2689.990 V
Vmáx = 4222.40/√3 = 2437.803 V
P = 1400/3 = 466.667 kW
Xs =1
Reemplazando en la ecuación:
[pic]Q = 598.1555 kVar
Luego:
Q comp 1f = Q sistema – Q carga
Q comp 1f = 598.1555 – 700/3
Q comp 1f = 364.8222 kVar
Finalmente la potencia inductiva total será:
Q comp 1f = 364.8222 x 3
Q comp 3f = 1094.466 kVar
II
El sistema del STATCOM de 12 pulsos mostrado en la figura es utilizado para los requerimientos de la parte I. Si el compensador es conectado a la barrade 4.160 kV (Vs), 60 Hz a través de un transformador trifásico con las siguientes características 6.3kV/1.0kV, 1600 kVA y Vcc = 22%, y el Statcom es controlado por variación de la tensión Edc en el condensador “C” de 1527 uF y 2.3 kV.
a) Determine la relación de transformación “N” para que el compensador no absorba ni entregue potencia reactiva si inicialmente la tensión del condensador Edces 1300 V en corriente continua
Solución:
En el inversor 1:
Va’n’/Van = N/1
Donde: Van = E√2/π
Luego: Va’n’ = E√2/π . N ….. (4)
En el inversor 2:
Va’’n’’/Vab = N/√3
Donde: Van = E√2/π . √3
Luego: Va’’n’’ = E√2/π . √3 . N/√3
Va’’n’’ = E√2/π . N ….. (5)
Luego sumando Va’n’’ = Va’n’ + Va’’n’’ = 2 . E√2/π . N
Finalmente para el...
y control de las redes eléctricas
(I)
En el sistema unifilar mostrado en la figura 1 la carga trifásica de tipo inductiva consume 1400 kW de potencia activa y 700 kVar de potencia reactiva. La carga está conectada a una red trifásica de 4160 kV de tensión de línea (Vs), con una impedancia equivalente Zth = j 1.0 ohm/fase.
a) Calcule el valor dela caída de tensión DV cuando la carga absorbe su potencia nominal
Solución:
Para este caso no trabaja el Statcom obteniendo el siguiente circuito:
[pic]
Luego Vth será 4.160 kV y la carga producirá una caída de tensión en la impedancia Zth por lo tanto podemos calcular V mediante la siguiente ecuación:
[pic]
Donde:
Zs = Rs+jXs
Dado que Rs = 0, entonces:
[pic]…………….. (1)
[pic] …………….. (2)
Luego los valores son por fase por lo que:
P = 1400/3 = 466.667 kW
Q = 700/3 = 233.33 kVar
E = 4160/√3 = 2401.777
Xs = 1
Reemplazando los valores en la ecuación (1):
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]5.25001496.[pic]
[pic]0.0518517.[pic]
[pic]
V = 2.29129 kV por fase
Finalmente la tensión línea a línea será:
Vs =Vsfase .√3
Vs línea =3.96863 kV
Luego la caída de tensión será:
DV = 4.160 L0º - 3.96863 L -26º
DV = 610.3496 Volt.
b) Se coloca un Statcom para la regulación de tensión. Calcule el valor de la potencia en el rango capacitivo que debe presentar el dispositivo para mantener la carga alimentada con regulación de tensión 1.5%.
Solución:
Ahora conectado el Statcom calculamos la potencia capacitiva pararegulación de 1.5%:
Vmin = 4160 x 0.985 = 4097.60 kV
Vmáx = 4160 x 1.015 = 4222.40 kV
Luego empleamos la ecuación (1) para calcular Q:
[pic] …………….. (1)
De donde despejamos Q:
[pic] ………………… (3)
Así mismo los valores de los parámetros son:
E = 4160/√3 = 2401.777 V
Vmin = 4097.60/√3 = 2365.75 V
P = 1400/3 = 466.667 kW
Xs =1
Reemplazando en laecuación:
[pic]
Q = 66.03384 kVar
Luego:
Q comp 1f = Q sistema – Q carga
Q comp 1f = 66.03384 – 700/3
Q comp 1f = -167.2994 kVar
Finalmente la potencia capacitive total será:
Q comp 1f = 66.03384 x 3
Q comp 3f = 501.8984 kVar
c) Durante determinadas horas del día la tensión de la red se incrementa hasta 12% de su valor nominal. Calcule la potencia enel rango inductivo que debe presentar el Statcom para mantener la tensión con 1.5% de regulación.
De igual forma que en el caso anterior empleamos la ecuación (3):
[pic] ………………… (3)
Donde los valores de los parámetros son:
E = 4160/√3 x 1.12 = 2689.990 V
Vmáx = 4222.40/√3 = 2437.803 V
P = 1400/3 = 466.667 kW
Xs =1
Reemplazando en la ecuación:
[pic]Q = 598.1555 kVar
Luego:
Q comp 1f = Q sistema – Q carga
Q comp 1f = 598.1555 – 700/3
Q comp 1f = 364.8222 kVar
Finalmente la potencia inductiva total será:
Q comp 1f = 364.8222 x 3
Q comp 3f = 1094.466 kVar
II
El sistema del STATCOM de 12 pulsos mostrado en la figura es utilizado para los requerimientos de la parte I. Si el compensador es conectado a la barrade 4.160 kV (Vs), 60 Hz a través de un transformador trifásico con las siguientes características 6.3kV/1.0kV, 1600 kVA y Vcc = 22%, y el Statcom es controlado por variación de la tensión Edc en el condensador “C” de 1527 uF y 2.3 kV.
a) Determine la relación de transformación “N” para que el compensador no absorba ni entregue potencia reactiva si inicialmente la tensión del condensador Edces 1300 V en corriente continua
Solución:
En el inversor 1:
Va’n’/Van = N/1
Donde: Van = E√2/π
Luego: Va’n’ = E√2/π . N ….. (4)
En el inversor 2:
Va’’n’’/Vab = N/√3
Donde: Van = E√2/π . √3
Luego: Va’’n’’ = E√2/π . √3 . N/√3
Va’’n’’ = E√2/π . N ….. (5)
Luego sumando Va’n’’ = Va’n’ + Va’’n’’ = 2 . E√2/π . N
Finalmente para el...
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